\chapter{Интегралы с параметром}
  \section{Равномерная сходимость}
    Будем рассматривать функции двух переменных \(f(x, y) : X \times Y \to
    \realnum\), где \(y\) будем называть \defined[параметр]{параметром}. Будем иногда
    записывать \(f_y(x)\). \(X, Y \subset \realnum, X\times Y \subset \realnum^2\).
    Пусть \(y_0 \subset Y'\) (предельная точка). Пусть имеется \(\varphi(x) : X
    \to \realnum\).
    \definition{
      Будем говорить, что \(f_y(x)\) равномерно сходится к \(\varphi(x)\) при
      \(y \to y_0\), если \[
        \forall{\varepsilon > 0} ~ \exists{\delta > 0} : \forall{y \in
        \mathring{\neigh}_{\delta}(y_0)} ~ \forall{x \subset X} ~ \pred \abs{f(x, y)
        - \varphi(x)} < \varepsilon
      \].
    }
    \begin{theorem}[равносильность пределов по Коши и по Гейне]
      \(f(x, y) \underset{y \to y_0}{\rightto} \varphi(x)\) равносильно \[
        \forall{\left\{ y_n \right\}_{n = 1}^{+\infty} : \left\{
        \begin{array}{c}
          y_n \in Y\\
          y_n \neq y_0\\
          y_n \to y_0
        \end{array}
        \right\}} ~ \pred f(x, y_n) \rightto \varphi(x)
      \].
    \end{theorem}
    \begin{proof}
      Доказать в качестве упражнения. Будут спрашивать на экзамене.
    \end{proof}
    \begin{theorem}[равносильность сходимости и фундаментальности]
      \(f(x, y) \underset{y \to y_0}{\rightto} \varphi(x)\) равносильно \[
        \forall{\varepsilon > 0} ~ \exists{\delta > 0} : \forall{y_1, y_2 \in
        \mathring{\neigh}_{\delta}(y_0)} ~ \forall{x \in X} ~ \pred \abs{f(x, y_1) -
        f(x, y_2)} < \varepsilon
      \].
    \end{theorem}
    \begin{proof}
      Рассмотрим \(x_0 \in X\). \[
        \lim_{y \to y_0} f(x_0, y) \stackrel{\text{def}}{=} \varphi(x)
      \].
    \end{proof}
    \begin{theorem}
      Пусть \(f(x, y) \underset{y \to y_0}{\overset{X}{\rightto}} \varphi(x)\).
      Пусть также \(\forall{y \in Y} ~ f(x, y)\) непрерывная на \(X\). Тогда и
      \(\varphi(x)\) непрерывна.
    \end{theorem}

  \section{Перестановка пределов}
    Рассмотрим функцию \(f(x, y) : X \times Y \to \realnum\). Пусть на
    множествах \(X\) и \(Y\) есть предельные точки \(x_0\) и \(y_0\)
    соответственно. Возникает вопрос о том, что будет происходить со сходимостью
    на этих двух точках. Верно ли \(f(x, y) \underset{y \to y_0}{\to}
    \varphi(x)\)? Верно ли \(f(x, y) \underset{x \to x_0}{\to} \psi(y)\)? Если
    при этом \(\varphi(x) \underset{x \to x_0}{\to} A\), а \(\psi(y) \underset{y
    \to y_0}{\to} B\), то верно ли \(A = B\)? Другими словами, верно ли
    следующее тождество: \[
      \lim_{x \to x_0} \lim_{y \to y_0} f(x, y) = \lim_{y \to
      y_0}\lim_{x \to x_0} f(x, y)
    \]? Такая конструкция называется \defined[повторный предел]{повторным
    пределом}.

    Оказывается, в общем случае -- если пределы поточечные, -- так делать нельзя.
    Однако достаточно потребовать равномерной сходимости \(f(x, y) \underset{x
    \to x_0}{\rightto} \psi(y)\) или \(f(x, y) \underset{y \to y_0}{\rightto}
    \varphi(x)\), чтобы пределы существовали и были равны.

    \begin{theorem}[теорема о перестановке пределов]
      Пусть функция \(f(x, y) : X \times Y \to \realnum\), причём на множествах
      \(X\) и \(Y\) есть предельные точки \(x_0\) и \(y_0\)
      соответственно.\footnote{Доказательство для бесконечных точек аналогично.}
      Если \(f(x, y)\) при \(y \to y_0\) сходится к \(\varphi(x)\) равномерно, а
      при \(x \to x_0\) -- к \(\psi(y)\) поточечно, то повторные пределы в
      этих точках существуют и равны: \[
        \lim_{x \to x_0} \lim_{y \to y_0} f(x, y) = \lim_{y \to
        y_0}\lim_{x \to x_0} f(x, y)
      \].
    \end{theorem}
    \begin{proof}
      Из \(f(x, y) \underset{y \to y_0}{\rightto} \varphi(x)\) следует
      фундаментальность. Запишем её, зафиксировав предварительно произвольный
      \(\varepsilon_0 > 0\): \[
        \exists{\delta_0 > 0} : \forall{y_1, y_2 \in \neigh_{\delta_0}(y_0) \cap
        Y} ~ \forall{x \in X} ~ \pred \abs{f(x, y_1) - f(x, y_2)} <
        \varepsilon_0
      \]. Окрестность нужно пересечь с \(Y\), так как \(y_0\) -- предельная
      точка, и лишь часть её окрестности лежит в \(Y\).

      Зафиксируем произвольные \(y_1\) и \(y_2\). Неравенство \(\abs{f(x, y_1) -
      f(x, y_2)} < \varepsilon_0\) верно для любых \(x\). Совершим в нём
      предельный переход при \(x \to x_0\). Тогда неравенство превратится в
      \(\abs{\psi(y_1) - \psi(y_2)} < \varepsilon_0\). Это означает, что
      \(\psi(y)\) при \(y \to y_0\) фундаментальна, а значит, имеет предел.
      Обозначим его за \(A\). Так, \[
        \lim_{y \to y_0}\lim_{x \to x_0} f(x, y) = \lim_{y \to y_0} \psi(y) = A
      \].

      Теперь докажем вторую сторону равенства.

      Для этого распишем предел \(\psi(y)\), вновь зафиксировав произвольный
      \(\varepsilon_0 > 0\): \[
        \exists{\delta_0 > 0} : \forall{y \in \neigh_{\delta_0}(y_0) \cap Y} ~
        \pred \abs{\psi(y) - A} < \varepsilon_0
      \]. Также, \(f(x, y) \underset{y \to y_0}{\rightto} \varphi(x)\). Распишем
      и этот факт: \[
        \exists{\delta_1} : \forall{y_1 \in \neigh_{\delta_1}(y_0) \cap Y} ~
        \forall{x \in X} ~  \pred \abs{f(x, y) - \varphi(x)} < \varepsilon_0
      \].

      В окрестности радиуса \(\delta_2 = \min\{\delta_0, \delta_1\}\)
      выполняются оба свойства. 

      Зафиксируем произвольный \(y\) из этой окрестности.
      При фиксированном \(y\) можно
      воспользоваться уже поточечной сходимостью \(f(x, y) \underset{x \to
      x_0}{\to} \psi(y)\). Запишем её: \[
        \exists{\delta_3} : \forall{x \in \neigh_{\delta_3}(x_0) \cap X} ~ \pred
        \abs{f(x, y) - \psi(y)} < \varepsilon_0
      \]. 

      Так, у нас есть три неравенства:
      \{
        \[
          \abs{f(x, y) - \varphi(x)} < \varepsilon_0
        \], \[
          \abs{f(x, y) - \psi(y)} < \varepsilon_0
        \], \[
          \abs{\psi(y) - A} < \varepsilon_0
        \].
      \}

      Из них следует, что \(\abs{\varphi(x) - A} < 3\varepsilon_0\). Запишем
      полученное неравенство со всеми кванторами: \[
        \forall{\varepsilon_0 > 0} ~ \exists{\delta_2} : \forall{y \in
        \neigh_{\delta_2}(y_0) \cap Y} ~ \exists{\delta_3} : \forall{x \in
        \neigh_{\delta_3}(x_0) \cap X} ~\pred \abs{\varphi(x) - A} < 3\varepsilon_0
      \]. В силу независимости предиката от \(y\), все кванторы, связанные с
      ним, можно опустить: \[
        \forall{\varepsilon_0 > 0} ~ \exists{\delta_3} : \forall{x \in
        \neigh_{\delta_3}(x_0) \cap X} ~\pred \abs{\varphi(x) - A} < 3\varepsilon_0
      \]. А это не что иное, как \[
        \lim_{x \to x_0} \varphi(x) = \lim_{x \to x_0}\lim_{y \to y_0}f(x, y) =
        A
      \].
    \end{proof}


  \section{Простейшие свойства интеграла с параметром}
    \definition[интеграл с параметром]{
      Рассмотрим функцию \(f(x, y) : [a, b] \times Y \to \realnum\),
      непрерывную, а значит и интегрируемую при всех значениях \(y\). 
      Следующую функцию \[
        I(y) = \int_{a}^{b}f(x, y) dx
      \], действующую из \(Y\) в \(\realnum\) будем называть \defined{интегралом
      с параметром}.
    }

    \begin{theorem}[интеграл с параметром от равномерно сходящейся по параметру
    функции]
      Пусть \(y_0\) -- предельная точка множества \(Y\), причём \(f(x, y)
      \underset{y \to y_0}{\rightto} \varphi(x)\). Тогда \[
        I(y) \underset{y \to y_0}{\to} \int_{a}^{b}\varphi(x)dx
      \].
    \end{theorem}
    \begin{proof}
      Для произвольного \(\varepsilon_0 > 0\) распишем условие равномерной
      сходимости: \[
        \exists{\delta_0} : \forall{y_0 \in \neigh_{\delta_0}(y_0) \cap Y} ~
        \forall{x \in [a, b]} ~  \pred \abs{f(x, y) - \varphi(x)} < \varepsilon_0
      \]. Введём оценку: \[
        \abs{I(y) - \int_{a}^{b} \varphi(x)dx} = \abs{\int_{a}^{b}f(x, y)dx -
        \int_{a}^{b} \varphi(x)dx} = \abs{\int_{a}^{b} (f(x, y) - \varphi(x))dx}
        \le \int_{a}^{b} \abs{f(x, y) - \varphi(x)} dx \le (b - a)\varepsilon_0
      \].
    \end{proof}

    \definition[непрерывность функции по двум переменным]{
      Функция \(f : [a, b] \times [c, d] \to \realnum\) называется
      \defined{непрерывной как функция двух переменных}, или, в данном конспекте
      также \defined{непрерывной по двум переменным}, если \[
        \forall{\varepsilon > 0} ~ \exists{\delta} : \forall{x \in [a, b], y \in
        [c, d]} ~ \pred \sqrt{(x - x_0)^2 + (y - y_0)^2} < \delta \implies
        \abs{f(x, y) - f(x_0, y_0)} < \varepsilon
      \].
    }

    \definition[равномерная непрерывность функции по двум переменным]{
      Функция \(f : [a, b] \times [c, d] \to \realnum\) называется
      \defined{равномерно непрерывной как функция двух переменных}, или, в данном конспекте
      также \defined{равномерно непрерывной по двум переменным}, если \[
        \forall{\varepsilon > 0} ~ \exists{\delta} : \forall{x_1, x_2 \in [a, b],
        y_1, y_2 \in [c, d]} ~ \pred \sqrt{(x_1 - x_2)^2 + (y_1 - y_2)^2} < \delta \implies
        \abs{f(x_1, y_1) - f(x_2, y_2)} < \varepsilon
      \].
    }

    \begin{theorem}[теорема Кантора о равномерной непрерывности по двум
    переменным]
      Пусть \(K_X\) и \(K_Y\) -- компакты.
      Если функция на \(K_X \times K_Y\) непрерывна по двум переменным, то она
      равномерно непрерывна как функция двух переменных на \(K_X \times K_Y\).
    \end{theorem}
    \begin{proof}
      Доказательство предлагается проделать в качестве упражнения. Достаточно
      доказать частный случай, когда \(K_X\) и \(K_Y\) -- отрезки, так как в дальнейшем
      используется только он.
    \end{proof}
    \begin{consequences}
      \item Если \(f(x, y)\) непрерывна как функция двух переменных, то в любой
      точке \(y_0\) отрезка \([c, d]\) она равномерно сходится к \(f(x, y_0)\).
    \end{consequences}

    \begin{theorem}[непрерывный интеграл с параметром]
      Если \(f(x, y) : [a, b] \times [c, d] \to \realnum\) непрерывна как
      функция двух переменных, то \(I(y) = \int_{a}^{b}f(x, y)dy\) непрерывна на
      как функция \(y\) на \( [c, d] \).
    \end{theorem}
    \begin{proof}
      Рассмотрим некоторую точку \(y_0 \in [c, d]\). Согласно следствию к
      предыдущей теореме, \(f(x, y) \underset{y \to y_0}{\rightto} f(x, y_0)\).
      Но тогда, по теореме об интеграле с параметром от равномерно сходящейся по
      параметру функции, \[
        I(y) \underset{y \to y_0}{\to} \int_{a}^{b}f(x, y_0)dx = I(y_0)
      \]. Таким образом, \(I(y)\) непрерывна в точке \(y_0\), а значит и на всём
      отрезке \([c, d]\) в силу произвольности выбора этой точки.
    \end{proof}

    \note{Непрерывные функции хороши тем, что коммутируют с предельным
      переходом: \[
        \lim_n f(x_n) = f(\lim_n x_n)
      \].
    }
  \section{Дифференцирование по параметру}
    \definition[частная производная]{
      Предел \[
        \lim_{h \to 0} \frac{f(x, y + h) - f(x, y)}{h} \equiv f'_y(x, y) \equiv
        \frac{\partial f}{\partial y}
      \] будем называть \defined{частной производной} \(f(x, y)\) по \(y\).
    }

    Обозначим оператор \(\frac{d}{dy}\) за \(\diff_y\).

    Разумно ожидать, что дифференцирование по параметру будет коммутировать с
    интегрированием с параметром. Так и есть.

    \begin{theorem}[дифференцирование интеграла по параметру]
      Пусть \(f(x, y) : [a, b] \times [c, d] \to \realnum\) непрерывна как
      функция двух переменных. Также пусть во всех точках существует \(f'_y(x,
      y)\), причём непрерывная, как функция двух переменных. Тогда \[
        \diff_y \int_{a}^{b}f(x, y) dx = \int_{a}^{b}f'_y(x, y) dx
      \].
    \end{theorem}
    \begin{proof}
      Обозначим интеграл за \(I(y)\). Выберем произвольную точку \(y_0 \in [c,
      d]\). \[
        \diff_y I(y_0) = \lim_{h \to 0}\frac{I(y_0 + h) - I(y_0)}{h}
      \]. \[
        \frac{I(y_0 + h) - I(y_0)}{h} = \frac{\int_{a}^{b}f(x, y_0 + h)dx -
        \int_{a}^{b}f(x, y_0)dx}{h} = \int_{a}^{b}\frac{f(x, y_0 + h) - f(x,
        y_0)}{h}dx = \int_{a}^{b}\frac{f(x, [y_0 + h]) - f(x, [y_0])}{[y_0 + h] -
        [y_0]}dx = \Break
      \]. Воспользуемся теоремой Лагранжа\footnote{см. второй семестр}, которая
      утверждает, что на интервале \((a, b)\) найдётся такая точка \(c\), что \[
        f'(c) = \frac{f(b) - f(a)}{b - a}
      \]. Так, на интервале \((y_0, y_0 + h)\) найдётся такая точка \(y_0 +
      \delta h\), где \(\delta \in [0, 1]\). В ней верно \[
        \Resume = \int_{a}^{b}f'_y(x, y_0 + \delta h)dx
      \].

      При \(h \to 0\), \(\delta h\) также стремится к нулю, а значит \[
        \lim_{h \to 0} y_0 + \delta h = y_0
      \]. Согласно посылке теоремы, \(f'(x, y_0)\) непрерывна, значит, \[
        \lim_{h \to 0} f'_y(x, y_0 + \delta h) = f'_y(x, y_0)
      \]. Также, \(f'(x, y)\) непрерывна как функция двух переменных, значит равномерно
      непрерывна как функция двух переменных, значит, в любой точке \(y_0\)
      получим \(f(x, y) \underset{y \to y_0}{\rightto} f(x, y_0)\).

      Таким образом, \(f(x, y_0 + \delta h) \underset{h \to 0}{\rightto} f(x,
      y_0)\). Отсюда, \[
        \lim_{h \to 0} \int_{a}^{b}f'_y(x, y_0 + \delta h)dx =
        \int_{a}^{b}f'_y(x, y_0)dx
      \].
    \end{proof}

  \section{Интегрирование по параметру}
    \definition[повторный интеграл]{
      Конструкция вида \[ 
        \int_{a}^{b} \left( \int_{u}^{v} f(x, y)dy \right)dx
      \] называется \defined{повторным интегралом}. Записывать будем, для
      удобства, в следующем виде: \[
        \int_{a}^{b}dx\int_{u}^{v}f(x, y) dy
      \].
    }
    Повторные пределы коммутативны. Возникает вопрос: а коммутативны ли
    повторные интегралы? Оказывается, да.
    \begin{theorem}[интегрирование интеграла по параметру]
      Пусть \(f(x, y) : [a, b] \times [u, v]\) непрерывна. Тогда \[
        \int_{u}^{v}dy\int_{a}^{b}f(x, y)dx = \int_{a}^{b}dx
        \int_{u}^{v}f(x, y)dy
      \].
    \end{theorem}
    \begin{proof}
      Рассмотрим функцию \[
        \varphi(t) = \int_{u}^{t}dy\int_{a}^{b}f(x, y)dx
      \], определённую на \([u, v]\). Очевидно, \(\varphi'(t) =
      \int_{a}^{b}f(x, t)dx = I(t)\).

      Теперь рассмотрим другую функцию: \[
        \psi(t) = \int_{a}^{b}dx \int_{v}^{t}f(x, y)dy
      \]. Внутренний интеграл можно представить в виде функции двух переменных:
      \[
        \alpha(x, t) = \int_{v}^{t}f(x, y)dy
      \]. Очевидно, что \[
        \frac{\partial \alpha}{\partial t} = f(x, t)
      \]. Эта функция непрерывна. 

      Получается, что \(\alpha(x, t)\) везде имеет производную по параметру,
      непрерывную как функция двух переменных, а значит, удовлетворяет условиям
      теоремы о дифференцировании по параметру.

      По определению \(\psi(t) = \int_{a}^{b}\alpha(x, t)dx\), значит \[
        \psi'(t) = \int_{a}^{b} \alpha'_t(x, t)dx = \int_{a}^{b}f(x, t)dx = I(t)
      \].

      Получилось, что \(\varphi'(t) \equiv \psi'(t)\), значит, сами функции
      \(\varphi\) и \(\psi\) различаются не более чем на константу. При этом
      \(\varphi(u) = \psi(u) = 0\), а значит \(\varphi(t) \equiv \psi(t)\). В
      частности, \(\varphi(d) = \psi(d)\).
    \end{proof}
  \section{Введение множителя, не зависящего от параметра}
    В этом параграфе будем рассматривать следующую ситуацию. Имеется функция
    \(f(x, y) : [a, b] \times Y \to \realnum\). \(y_0\) -- предельная точка
    множества \(Y\). Известно, что \(f(x, y) \underset{y \to y_0}{\rightto}
    \varphi(x)\).

    Также имеется функция \(g(x)\), не зависящая от параметра: \(g(x) : [a, b]
    \to \realnum\).

    Ставится вопрос: при каких условиях верно \[
      \int_{a}^{b}f(x, y)g(x) dx \underset{y \to y_0}{\to}
      \int_{a}^{b}\varphi(x)g(x)dx
    \]?

    \begin{theorem}
      Если \(\int_{a}^{b}\abs{g(x)}dx < +\infty\), то \[
        \int_{a}^{b}f(x, y)g(x) dx \underset{y \to y_0}{\to}
        \int_{a}^{b}\varphi(x)g(x)dx
      \].
    \end{theorem}
    \begin{proof}
      Запишем \(f(x, y) \underset{y \to y_0}{\rightto} \varphi(x)\) при произвольном
      \(\varepsilon\): \[
        \exists{\delta} : \forall{y \in \neigh_{\delta}(y_0) \cap Y} ~
        \forall{x \in [a, b]} ~ \pred \abs{f(x, y) - \varphi(x)} < \varepsilon
      \]. Введём оценку: \[
        \abs{\int_{a}^{b}f(x, y)g(x)dx - \int_{a}^{b}\varphi(x)g(x)dx} \le
        \int_{a}^{b}\abs{g(x)}\abs{f(x, y) - \varphi(x)}dx \le
        \varepsilon\int_{a}^{b}\abs{g(x)}dx
      \].
    \end{proof}

    \begin{theorem}
      Если \(f(x, y)\) непрерывна на \([a, b] \times [c, d]\), а также
      \(\int_{a}^{b}\abs{g(x)}dx < +\infty\), то \[
        I(y) = \int_{a}^{b}f(x, y)g(x)dx
      \] непрерывна на \([c, d]\).
    \end{theorem}

    \begin{theorem}
      Если \(f(x, y)\) и \(f'_y(x, y)\) непрерывны на \([a, b] \times [c, d]\), а также
      \(\int_{a}^{b}\abs{g(x)}dx < +\infty\), то \[
        I(y) = \int_{a}^{b}f(x, y)g(x)dx
      \] всюду на \([c, d]\) дифференцируема по \(y\) и \[
        I'(y) = \int_{a}^{b}f'_y(x, y)g(x)dx
      \].
    \end{theorem}

    \begin{theorem}
      Если \(f(x, y)\) и \(f'_y(x, y)\) непрерывны на \([a, b] \times [c, d]\), а также
      \(\int_{a}^{b}\abs{g(x)}dx < +\infty\), то \[
        \int_{u}^{v}I(y) = \int_{a}^{b}g(x)dx\int_{u}^{v}f(x, y)dy
      \].
    \end{theorem}

  \section{Несобственные интегралы с параметром. Равномерная сходимость.}
    Пусть имеется \(f(x, y)\), где \(x \in [a, +\infty)\), а \(y \in \realnum\).
    Пусть такой интеграл существует при всех \(A\): \[
      F(A, y) = \int_a^A f(x, y)dx
    \]. Тогда можем рассматривать такой предел: \[
      \lim_{A \to +\infty} \int_a^A f(x, y)dx = \int_a^{+\infty}f(x, y)dx
    \]. Если он существует, то является функцией \(I(y)\), которая, в свою
    очередь, является поточечным пределом \(F(A, y)\) при \(A \to +\infty\).
    \definition[равномерная сходимость интеграла]{
      Будем говорить, что \[
        \int_a^{+\infty} f(x, y)dx
      \] \defined{сходится равномерно по \(y\)}, если \(F(A, y)\) при \(A \to +\infty\)
      стремится к \(I(y)\) равномерно.
    }
    Другими словами, \[
      \forall{\varepsilon > 0} ~ \exists{A\in [a, +\infty)} : \forall{A' > A} ~
      \forall{y \in Y} ~ \pred\abs{\int_a^{A'} f(x, y)dx -
      \int_a^{+\infty}f(x,y)dx} < \varepsilon
    \].
    
    \begin{theorem}[аналог фундаментальности для несобственных интегралов с
    параметром]
      \[
        \int_a^{+\infty} f(x, y)dx
      \] сходится равномерно, если и только если \[
        \forall{\varepsilon > 0} ~ \exists{A \in [a, +\infty)} : \forall{A_1,
        A_2 > A} ~ \forall{y \in Y : \abs{\int_{A_1}^{A_2} f(x, y) dx} <
        \varepsilon} ~ \pred\abs{F(A_2, y) - F(A_1, y)} < \varepsilon
      \].
    \end{theorem}
    \begin{proof}
      Это утверждение уже, фактически, формулировалось выше, только функции
      теперь заменены на интегралы.
    \end{proof}
    \begin{theorem}[равносильность пределов по Коши и по Гейне для
    несобственных интегралов с параметром]
      \[  
        \int_a^{+\infty}f(x, y)dx
      \] сходится равномерно, если и только если для любой последовательности
      \(A_n \to \infty\), где элементы \(A_n \in [a, +\infty)\) \[
        \int_a^{A_n} f(x, y) dx \overset{n}{\underset{Y}{\rightto}}
        \int_a^{+\infty} f(x, y) dx
      \], что также равносильно \[
        \series{n = 0} \int_{A_n}^{A_{n + 1}} f(x, y) dx \rightto
        \int_a^{+\infty} f(x, y)dx
      \], где \(A_0 = a\).
    \end{theorem}

    \begin{theorem}[признак равномерной сходимости Вейерштрасса]
      Пусть \(f(x, y) : [a, +\infty) \times Y \to \realnum\), а \(\varphi(x) :
      [a, +\infty)\). Пусть также \(\varphi(x)\) мажорирует \(f(x, y)\): \[
        \forall{x \in [a, +\infty)} ~ \forall{y \in Y} ~ \pred\abs{f(x, y)} <
        \varphi(x)
      \]. Если к тому же \(\int_a^{+\infty}\varphi(x)dx\) сходится, а
      \(\int_a^A f(x,y) dx\) существует при любом \(A\), то
      \(\int_a^{+\infty} f(x, y)dx\) сходится равномерно.
    \end{theorem}
    \begin{proof}
      Покажем сначала поточечную сходимость. Для этого рассмотрим некоторое
      значение параметра \(y_0\); при нём \(\abs{f(x, y_0)} \le \varphi(x)\).
      Но так как \[
        \int_a^{+\infty}\varphi(x)dx
      \] по условию сходится, сходится при значении параметра \(y_0\) и интеграл
      \[
        \int_a^{+\infty} f(x, y)dx
      \].

      Теперь докажем равномерную сходимость. Для этого 
      рассмотрим произвольный \(\varepsilon_0\). Для него выполнится \[
        \exists{A_0 \in [a, +\infty)} : \forall{A_1, A_2 > A_0} ~ \pred
        \abs{\int_{A_1}^{A_2} \varphi(x)dx} < \varepsilon_0
      \]. Но верна также оценка \[
        \abs{\int_{A_1}^{A_2} f(x, y)dx} \le \int_{A_1}^{A_2}\abs{f(x, y)}dx \le
        \int_{A_1}^{A_2} \varphi(x)dx
      \].
    \end{proof}
    \note{Функцию \(\varphi(x)\) здесь называют
    \defined[мажоранта]{мажорантой}, а при применении этой теореме говорят:
    <<интеграл сходится, так как существует интегрируемая мажоранта>>.
    }
    \begin{theorem}[признак Абеля для несобственных интегралов с параметром]
      Пусть \(f(x, y), g(x, y) : [a, +\infty) \times Y \to \realnum\), интегралы
      \[
        \int_a^A f(x, y)g(x, y) dx
      \] все существуют.

      Если \[
        \int_a^{+\infty} f(x, y)dx
      \] сходится равномерно, а \(g(x, y)\) при любом \(y\) монотонна по \(x\),
      а также \[
        \exists{L > 0} : \forall{x \in [a, +\infty)} ~ \forall{y \in Y} ~
        \pred\abs{g(x, y)} \le L
      \], то \[
        \int_a^{+\infty} f(x, y)g(x, y) dx
      \] сходится равномерно.
    \end{theorem}
    \begin{proof}
      Рассмотрим произвольный \(\varepsilon_0 > 0\). Для него будет верно \[
        \exists{A_0} : \forall{A_1, A_2 > A_0} ~ \pred\abs{\int_{A_1}^{A_2} f(x,
        y) dx} < \varepsilon_0
      \]. Зафиксируем некоторые \(A_1, A_2\). Сделаем оценку: \[
        \abs{\int_{A_1}^{A_2} f(x, y) g(x, y) dx } \le
        \abs{g(A, y)}\abs{\int_{A_1}^C f(x, y) dx} + \abs{g(A,
        y)}\abs{\int_C^{A_2} f(x, y)dx} \le L\varepsilon_0 + L\varepsilon_0 =
        2L\varepsilon_0
      \].
    \end{proof}
    \begin{consequences}
      \item
        Пусть имеется просто \(f(x) : [a, +\infty)\), и функция \(g(x, y) : [a,
        +\infty) \times Y \to \realnum\), удовлетворяющая условиям теоремы. Если
        \[
          \int_a^{+\infty} f(x)dx
        \] сходится, то интеграл \[
          \int_a^{+\infty} f(x)g(x, y)dx
        \] также сходится равномерно.
    \end{consequences}
    \begin{theorem}[признак Дирихле для несобственных интегралов с параметром]
      Пусть \(f(x, y), g(x, y) : [a, +\infty) \times Y \to \realnum\), интегралы
      \[
        \int_a^A f(x, y)g(x, y) dx
      \] все существуют.

      Если \[
        \exists{K > 0} : \forall{A \in [a, +\infty)} ~ \forall{y \in Y} ~
        \pred\abs{\int_a^A f(x, y)dx} \le K
      \], а \(g(x, y)\) монотонна по \(x\) при любом \(y\), и \(g(x, y)\)
      при \(x \to +\infty\) равномерно сходится к нулю по \(y\).
    \end{theorem}
    \begin{theorem}[признак Дини для несобственных интегралов с параметром]
      \(f(x, y) : [a, +\infty) \infty [c, d] \to \realnum\). Если \[
        I(y) = \int_a^{+\infty} f(x, y) dx
      \] существует и непрерывна, \(f(x, y)\) никогда не отрицательна, а
      интегралы \[
        \int_a^A f(x, y)dx
      \] непрерывны по \(y\), то сходимость равномерная.
    \end{theorem}
    \begin{proof}
      Рассмотрим произвольную последовательность \(A_n\), элементы которой лежат
      в \([a, +\infty)\), и бесконечно большую.
      Рассмотрим непрерывные по условию интегралы \[
        u_n(y) = \int_{A_n}^{A_{n + 1}} f(x, y)dx
      \]. Они все неотрицательны, а \(\series{n = 0} u_n(y) \to I(y)\). Значит,
      по признаку Дини для функциональных последовательностей, сходимость
      равномерная.
    \end{proof}
  \section{Предельный переход по параметру под знаком несобственного интеграла}
    Пусть \(f(x, y) : [a, +\infty) \times Y \to \realnum\), а \(\varphi(x) : [a,
    +\infty) \to \realnum\), а \(y_0\) -- предельная точка множества \(Y\).
    \(f(x, y) \underset{y \to y_0}{\overset{[a, +\infty)}{\rightto}}
    \varphi(x)\). Ставится вопрос: верно ли \[
      \int_a^{+\infty}f(x, y)dx \underset{y\to y_0}{\to}
      \int_a^{+\infty}\varphi(x)dx
    \]. Оказывается, в общем случае, нет. Однако положение спасает усиление
    условия на равномерную сходимость: потребуем её не на всём промежутке \([a,
    +\infty)\), а на каждом отрезке \([a, A]\) из этого промежутка.
    \begin{theorem}
      Пусть \(f(x, y) : [a, +\infty) \times [c, d] \to \realnum\), а \(\varphi(x) : [a,
      +\infty) \to \realnum\), а \(y_0\) -- предельная точка множества \(Y\).
      \(\forall{A \in [a, +\infty)} ~ f(x, y) \underset{y \to y_0}{\overset{[a,
      A]}{\rightto}}
      \varphi(x)\), а также \[
        \int_a^{+\infty} f(x, y)dx
      \] сходится равномерно. Тогда \[
        \int_a^{+\infty} \varphi(x)dx
      \] существует и \[
        \int_a^{+\infty}f(x, y)dx \underset{y \to y_0}{\to}
        \int_a^{+\infty}\varphi(x)dx
      \].
    \end{theorem}
    \begin{proof}
      Обозначим
      \{
        \[
          F(A,y) = \int_a^A f(x, y) dx
        \], \[
          \Phi(A) = \int_a^A \varphi(x)dx
        \].
      \}
      По теореме об интеграле с параметром от равномерно сходящейся по параметру
      функции, \[
        F(A, y) \underset{y \to y_0}{\to} \Phi(A)
      \] и, из условия, \[
        F(A, y) \underset{A \to +\infty}{\rightto} I(y)
      \]. Тогда, по теореме о перестановке пределов, оба повторных предела -- \[
        \lim_{y \to y_0}\lim_{A \to +\infty} F(A, y) = \lim_{A \to
        +\infty}\lim_{y \to y_0} F(A, y)
      \], -- существуют и равны. При этом, \[
        \lim_{A \to +\infty}\lim_{y \to y_0} F(A, y) =
        \int_a^{+\infty}\varphi(x)dx
      \], а \[
        \lim_{y \to y_0}\lim_{A \to +\infty} F(A, y) = \int_a^{+\infty}f(x,
        y)dx
      \].
    \end{proof}
    \begin{theorem}
      Пусть \(f(x, y) : [a, +\infty) \times [c, d] \to \realnum\) непрерывна как
      функция двух переменных, а \[
        \int_a^{+\infty} f(x, y)dx
      \] сходится равномерно по \(y\) на \([c, d]\). Тогда функция \[
        I(y) = \int_a^{+\infty}f(x, y)dx
      \] непрерывна в любой точке \([c, d]\).
    \end{theorem}
    \begin{proof}
      \(y_0 \in [c, d]\). На любом отрезке \([a, A]\) есть равномерная
      сходимость \[
        f(x, y) \underset{y \to y_0}{\rightto} f(x, y_0)
      \], хотя её, вообще говоря, нет на луче.

      Тогда \[  
        \lim_{y \to y_0} \int_a^{+\infty} f(x, y) = \int_a^{+\infty}f(x, y_0)dx
      \].
    \end{proof}
    \note{
      Рассмотрим непрерывную \(f(x) : [a, +\infty) \to \realnum\). Пусть
      интеграл \[
        \int_a^{+\infty} f(x)dx
      \] существует. Тогда \[
        \int_a^{+\infty}e^{-kx} f(x)dx \underset{k \to 0+}{\to}
        \int_a^{+\infty}f(x)dx
      \].
    }
    \begin{proof}
      Определим \(F(x, k) = e^{-kx} f(x)\). Она, заметим, непрерывна по обеим
      переменным. Если сходимость равномерная, то равенство выполнится по
      предыдущей теореме. Равномерная сходимость интеграла гарантируется по
      признаку Абеля, т.\,к. \(e^{-kx}\), очевидно, монотонная и ограниченная, а
      \(f(x)\) интегрируется по условию.
    \end{proof}
    \note{Если интеграл расходится, то его в некоторых случаях можно вычислить,
    обобщив понятие сходимости: ввести множитель типа \(e^{-kx}\), и попытаться
    вычислить интеграл в пределе \(k \to 0+\). Приём имеет название
    \defined[интегрирование по Чезаро]{интегрирования по Чезаро}. Дальнейшие
    обобщения можно вводить за счёт теорем по типу теоремы Абеля.}

  \section{Дифференцирование параметров}
    \begin{theorem}
      Пусть \(f(x, y) : [a, +\infty) \times [c, d] \to \realnum\) непрерывна как
      функция двух переменных. Пусть также существует непрерывная \[
        \frac{\partial f}{\partial y} : [a, +\infty) \times [c, d] \to \realnum
      \]. Также пусть \[
        \int_a^{+\infty}\frac{\partial f}{\partial y}(x, y)dx
      \] сходится равномерно, а \[
        I(y) = \int_a^{+\infty} f(x, y)dx
      \] существует при всех \(y\).

      Тогда \(I(y)\) дифференцируема и \[
        \frac{dI}{dy} = \int_a^{+\infty}\frac{\partial f}{\partial y}(x, y)dx
      \].
    \end{theorem}
    \begin{proof}
      Рассмотрим некоторую бесконечно большую последовательность \(A_n\) с
      элементами из \([a, +\infty)\), где \(A_0 = a\). Введём \[
        u_n(y) = \int_{A_n}^{A_{n + 1}}f(x, y) dx
      \]. Воспользовавшись теоремами о дифференцировании функциональной
      последовательности и о дифференцировании интеграла с параметром на
      конечном промежутке, получим \[
        u_n'(y) = \int_{A_n}^{A_{n + 1}}\frac{\partial f}{\partial y}(x, y) dx
      \]. Ряд \(\series{n = 0} u_n'(y)\) сходится равномерно к \[
        \int_a^{+\infty} \frac{\partial f}{\partial y}(x, y) dx
      \].% Также он поточечно сходится к \(I(y)\).
      
      Из теоремы о дифференцировании ряда, имеем \[
        \frac{dI}{dy} = \frac{d}{dy}\left( \series{n = 0}u_n(y) \right) = \series{n =
        0}u_n'(y) = 
        \int_a^{+\infty} \frac{\partial f}{\partial y}(x, y) dx
      \].
    \end{proof}

  \section{Интегрирование по параметру}
    \begin{theorem}
      Пусть \(f(x, y) : [a, +\infty) \times [c, d] \to \realnum\) непрерывна как
      функция двух переменных, и \[
        \int_a^{+\infty} f(x, y) dx
      \] сходится равномерно. Тогда \[
        \int_{c}^{d}dy\int_{a}^{+\infty}f(x, y) =
        \int_{a}^{+\infty}dx\int_{c}^{d}f(x, y)dy
      \] и интеграл справа существует (изначально это не предполагается).
    \end{theorem}
    \begin{proof}
      Рассмотрим произвольное \(A \in [a, +\infty)\). Для него \[
        \int_{c}^{d}dy\int_{a}^{A}f(x, y) =
        \int_{a}^{A}dx\int_{c}^{d}f(x, y)dy
      \]. В левой части имеем равномерную сходимость \[
        \int_{a}^{A}f(x, y)dx \underset{A \to +\infty}{\rightto}
        \int_a^{+\infty}f(x, y)dx
      \], а в правой -- по определению несобственного интеграла, -- \[
        \lim_{A \to +\infty} \int_{a}^{A}dx\int_{c}^{d}f(x, y)dy = 
        \int_{a}^{+\infty}dx\int_{c}^{d}f(x, y)dy
      \].
    \end{proof}
    \begin{theorem}
      Пусть \(f(x, y) : [a, +\infty) \times [c, +\infty) \to \realnum\) непрерывна как
      функция двух переменных; \[
        \int_a^{+\infty} f(x, y) dx
      \] сходится равномерно на любом промежутке \([c, C]\) и \[
        \int_c^{+\infty} f(x, y) dy
      \] сходится равномерно на любом промежутке \([a, A]\). 
      Также пусть сходится хотя бы один из интегралов
      \{
        \[
          \int_a^{+\infty}dx\int_c^{+\infty}\abs{f(x, y)}dy
        \], \[
          \int_c^{+\infty}dy\int_a^{+\infty}\abs{f(x, y)}dx
        \].
      \}
      Тогда \[
        \int_{c}^{+\infty}dy\int_{a}^{+\infty}f(x, y) =
        \int_{a}^{+\infty}dx\int_{c}^{+\infty}f(x, y)dy
      \].
    \end{theorem}
    \begin{proof}
      Пусть, для определённости, сходится первый из интегралов. Заметим, что для
      конечного \(C\) по предыдущей теореме равенство выполняется: \[
        \int_{a}^{+\infty}dx\int_{c}^{C}f(x, y)dy =
        \int_{c}^{C}dy\int_{a}^{+\infty}f(x, y)dx
      \]. 

      Обозначим \[
        F(C, x) = \int_{c}^{C}f(x, y)dy
      \]. Зафиксировав \(C\), заметим, что \(F(C, x)\) обладает интегрируемой мажорантой. Для этого
      введём оценку: \[
        \abs{F(C, x)} = \abs{\int_c^C f(x, y)dx} \le \int_c^C\abs{f(x, y)}dy
        \le \int_c^{+\infty} \abs{f(x, y)}dy
      \]. Последний интеграл, как мы условились, сходится, значит, у \(F(C, x)\)
      есть интегрируемая мажоранта, значит, \[
        \int_a^{+\infty}F(C, x)dx
      \] сходится равномерно по \(x\) на любом промежутке \([c, C]\).

      При всём этом, из равномерной сходимости, \[
        F(C, x) \underset{C \to +\infty}{\rightto} \int_c^{+\infty}f(x, y)dy
      \]. Обозначив \(\varphi(x) = \int_c^{+\infty}f(x, y) dy\), запишем это в
      виде \(F(C, x) \underset{C \to +\infty}{\rightto} \varphi(x)\).
      Тогда выполняются условия теоремы о предельном переходе
      по параметру под знаком несобственного интеграла, из которой \[
        \int_a^{+\infty} dx\int_c^{C}f(x, y)dy = 
        \int_a^{+\infty} F(C, x)dx\underset{C \to +\infty}{\to}
        \int_a^{+\infty} \varphi(x)dx =
        \int_a^{+\infty} dx\int_c^{+\infty}f(x, y)dy
      \].

      Получили, что левая часть заведомо верного равенства \[
        \int_{a}^{+\infty}dx\int_{c}^{C}f(x, y)dy =
        \int_{c}^{C}dy\int_{a}^{+\infty}f(x, y)dx
      \] при \(C \to +\infty\) стремится к \[ 
        \int_a^{+\infty} dx\int_c^{+\infty}f(x, y)dy
      \]. Вместе с этим, правая часть стремится,
      по определению несобственного интеграла, к \[
        \int_{c}^{+\infty}dy\int_{a}^{+\infty}f(x, y)dx
      \].
    \end{proof}

  \section{Бета- и гамма-функции}
    \definition[бета-функция]{
      \defined{Бета-функцией} называется следующий интеграл: \[
        B(a, b) = \int_{0}^{1}x^{a - 1} (1-x)^{b - 1} dx
      \].
    }
    Саму функцию рассмотрел ещё Эйлер, но название ей дал Лежандр.

    Свойства бета-функции:
    \begin{enumerate}
      \item
        \[
          B(a, b) = B(b, a)
        \]. Получается заменой переменной интегрирования \(x \mapsto 1-x\).
      \item
        Предположив \(b > 1\), проведём преобразование: \[  
          \int_{0}^{1}x^{a - 1} (1-x)^{b - 1} dx = \int_{0}^{1}(1-x)^{b-1}
          d\frac{x^a}{a} = \frac{x^a}{a}(1-x)^{b - 1}\big\vert_0^1 -
          \frac{1}{a}\int_{0}^{1}x^ad(1-x)^{b - 1} =
          \frac{b-1}{a}\int_{0}^{1}x^a(1-x)^{b-2}dx = 
          \frac{b - 1}{a}\int_{0}^{1}\left( x^{a - 1} - x^{a - 1}(1-x)
          \right)(1-x)^{b-2}dx = \frac{b-1}{a}\left(
          \int_{0}^{1}x^{a-1}(1-x)^{b-2}dx - \int_{0}^{1}a^{a-1}(1-x)^{b-1} \right)
        \]. Это означает \[ 
          B(a, b) = \frac{b-1}{a}\left( B(a, b-1) - B(a,b) \right)
        \]. Соберём \(B(a, b)\) в одной части: \[
          \left( 1 + \frac{b-1}{a} \right)B(a, b) = \frac{b-1}{a}B(a, b-1)
        \]. Отсюда получается <<рекуррентная>> формула: \[
          B(a, b) = \frac{b-1}{a+b-1}B(a, b-1)
        \].

        Предположим теперь \(b \in \natnum\): \[
          B(a, n) =
          \frac{n-1}{a+n-1}\cdot\frac{n-2}{a+n-2}\cdot
          \frac{n-3}{a+n-3}\cdot\dots\cdot\frac{n-(n-1)}{a+1}B(a, 1) =
          \frac{(n-1)!}{(a+n-1)\cdot\dots\cdot(a+1)}\int_{0}^{1}x^{a-1}(1-x)^0dx
          = \frac{(n-1)!}{a(a+1)\cdot\dots\cdot(a+n-1)}
        \]. Если ещё и \(a \in \natnum\), то всё целиком выражается через
        факториалы: \[
          B(m, n) = \frac{(n-1)!}{m(m+1)\cdot\dots\cdot(a+m-1)} =
          \frac{(n-1)!(m-1)!}{(n+m-1)!}
        \].
      \item
        \[
          \int_{0}^{1}x^{a-1}(1-x)^{b - 1}dx = \Break
        \]. Введём замену: \[
          y = \frac{x}{1-x}
        \], тогда \[
          x = \frac{y}{1+y} = 1 - \frac{1}{y+1}
        \], а \[
          1-x = \frac{1}{y+1}
        \]. Подставим: \[
          \Resume = \int_{0}^{+\infty}\frac{y^{a-1}}{(1+y)^{a+b}}dy
        \]. Если \(a + b = 1\), то \[
          B(a, b) = B(a, 1-a) = \int_{0}^{+\infty}\frac{y^{a-1}}{1+y}dy =
          \frac{\pi}{\sin\pi a}
        \]. Данная формула называется \defined[формула дополнения]{формулой дополнения}.
    \end{enumerate}
    \definition[гамма-функция]{
      \defined{Гамма-функцией} называется следующий интеграл: \[
        \Gamma(a) = \int_{0}^{+\infty}x^{a-1}e^{-x}dx
      \]. \(a > 0\).
    }
    \begin{enumerate}
      \item
        Для того, чтобы найти остальные свойства этой функции, получим сначала, так же,
        <<рекуррент>>: \[
          \Gamma(a) = \int_{0}^{+\infty}x^{a-1}e^{-x}dx =
          -\int_{0}^{+\infty}x^{a-1}d(e^{-x}) =
          -(x^{a-1}e^{-x})\big\vert_0^{+\infty} +
          \int_{0}^{+\infty}e^{-x}d(x^{a-1}) =
          (a-1)\int_{0}^{+\infty}x^{a-2}e^{-x}dx = (a-1)\Gamma(a-1)
        \]. Так, при \(a > 1\), \[
          \Gamma(a) = (a-1)\Gamma(a-1)
        \], т.\,е., при \(a > 0\), \[
          \Gamma(a + 1) = a\Gamma(a)
        \]. Получили равенство \[
          \Gamma(a) = \frac{1}{a}\Gamma(a+1)
        \]. Если \(a \le 0\), то, последовательно применяя это равенство, мы на
        какой-то итерации получим в правой части \(\Gamma(a+1)\), где \(a+1\) уже будет
        положительным. В левой части будет всё ещё \(\Gamma(a)\), где \(a < 0\).
        Так, можно просто доопределить \(\Gamma(a)\) при \(a < 0\) этим равенством.
        Так, \[
          \Gamma(a) = \left\{\begin{array}{l l}
            \int_{0}^{+\infty}x^{a-1}e^{-x}dx & a > 0 \\
            \frac{1}{a}\Gamma(a+1) & a \le 0 \\
          \end{array}\right.
        \].
      \item
        В принципе, можно также рассматривать гамма-функцию как естественное
        обобщение факториала, т.\,к. \[
          \Gamma(n) = (n - 1)!
        \] при \(n \in \natnum\). При этом \(0! = 1\).
        Можно также доказать формулу Стирлинга для гамма-функции: \[
          \Gamma(x) \sim \sqrt{2\pi x} \left( \frac{x}{e} \right)^x
        \], но мы этого делать не будем.
      \item
        Проведём преобразование, до которого невозможно догадаться, если не знать,
        что мы хотим получить: \[
          \Gamma(a) = \int_{0}^{+\infty}x^{a-1}e^{-x}dx = \Break
        \]. Сделаем замену: \[
          x = ty
        \], где \(t > 0\) -- постоянная. Тогда \[
          y = \frac{x}{t}
        \]. Подставим: \[
          \Resume = \int_{0}^{+\infty}t^{a-1}y^{a-1}e^{-ty}tdy
        \]. Получили важную формулу: \[
          \frac{\Gamma(a)}{t^a} = \int_{0}^{+\infty}y^{a - 1}e^{-ty}dy
        \]. Теперь заменим \(t\) на \(t + 1\): \[
          \frac{\Gamma(a)}{(t + 1)^a} = \int_{0}^{+\infty} y^{a - 1}e^{-y-ty}dy
        \]. Теперь заменим \(a\) на \(a + b\): \[
          \frac{\Gamma(a + b)}{(1+t)^{a + b}} = \int_{0}^{+\infty}y^{a+b-1}
          e^{-y-ty}dy %% посчитался интеграл по у
        \]. Это равенство домножим на \(t^{a-1}\)  и проинтегрируем: \[
          \int_{0}^{+\infty}\frac{t^{a - 1}\Gamma(a+b)}{(1+t)^{a+b}}dt =
          \int_{0}^{+\infty}dt\int_{0}^{+\infty}t^{a - 1}y^{a + b - 1}e^{-y-ty}dy
        \]. В этом месте переставим интегралы; 
        потом докажем, что это можно было
        сделать. Заметим, что \[
          \int_{0}^{+\infty}\frac{t^{a - 1}\Gamma(a+b)}{(1+t)^{a+b}}dt = \Gamma(a
          + b) B(a, b)
        \]. Тогда \[
          \Gamma(a + b) B(a, b) = 
          \int_{0}^{+\infty}dy\int_{0}^{+\infty}t^{a - 1}y^{a + b - 1}e^{-y-ty}dt
          = \int_{0}^{+\infty}e^{-y}dy\int_{0}^{+\infty}(ty)^{a - 1}y^{b -
          1}e^{-ty}dyt = %% посчитался интеграл
          \int_{0}^{+\infty}y^{b-1}e^{-y}dy\int_{0}^{+\infty}u^{a - 1}e^{-u}du  =
          \Gamma(b)\Gamma(a) %% посчитался где-то здесь
        \]. Так, получили формулу \[
          B(a, b) = \frac{\Gamma(a)\Gamma(b)}{\Gamma(a + b)}
        \]. Интегралы можно переставлять только при \(a, b > 1\). Нужно что-то
        сделать при остальных \(a, b\). Применим понижение: известно, что \[
          B(a, b) = \frac{a - 1}{b + a - 1}B(a-1, b)
        \]. С другой стороны, \[
          B(a, b) = \frac{\Gamma(a)\Gamma(b)}{\Gamma(a + b)} =
          \frac{(a - 1) \Gamma(a - 1)\Gamma(b)}{(a + b - 1) \Gamma(a + b - 1)} =
          \frac{a - 1}{b + a - 1}B(a-1, b)
        \]. Мы перешли от \(a\) к \(a - 1\). Таким образом, если формула работает
        для \(a\), то она работает и для \(a - 1\). То же, в силу симметрии, можно
        сделать и по \(b\).
          
        \TODO{доказать возможность перестановки интегралов}
  % рукомахательство:
  % Непрерывная, положительная, один из повторных интегралов сходится
  % равномерная сходимость обосновывается, типа, признаком Дини -- интеграл по t
  % посчитался и оказался непрерывной функцией. Интеграл по игрек -- тоже
  % непрерывная функция -- он тоже посчитан. Тогда ода интеграла сходятся по
  % параметру.

  % Но это всё при a, b > 1. При остальных a,b эта формула допускает
  % понижение. Мы знаем, что b(a, b) = (a-1)/(b+a-1)b(a-1, b). В правой части
  % G(a)G(b)/G(a+b) = \ldots к числителю и знаменателю применим понижение.
  % Какие-то мнодители сократятся и мы получим формулу: B(a-1, b) = G(a-1)G(b) /
  % G(a-1+b). Т.е, если формула верна при a, то она верна и при a-1. То же можно
  % сделать с b.
        % признак дини ы нерп и полож
        % интеграл по т = Г(а)*е(-у)
        % интеграл по у = 
        % оба интеграла непрерывны; положительны => сходятся равномерно
        % Повторный интеграл посчитан априори &=& ГаГв
        
  %      Все рассматриваемые здесь функции положительны. Также \[
  %        \int_{0}^{+\infty}t^{a - 1}y^{a + b - 1}e^{-y-ty}dy
  %      \] сходится равномерно, так как посчитался и равен \[

        

        \item
          \[
            \frac{\Gamma(a)\Gamma(1-a)}{\Gamma(1)} = B(a, 1-a) = \frac{\pi}{\sin\pi a}
          \], значит, \[
            \Gamma(a)\Gamma(1-a) = \frac{\pi}{\sin\pi a}
          \]. Получили формулу дополнения.

          Также, \[
            \Gamma\left(\frac{1}{2}\right)\Gamma\left( \frac{1}{2} \right) =
            \frac{\pi}{\sin \frac{1}{2}\pi} = \pi
          \], значит, \[
            \Gamma\left( \frac{1}{2} \right) = \sqrt{\pi}
          \]. Также, \[
            \Gamma\left( \frac{3}{2} \right) = \frac{1}{2}\Gamma\left(
            \frac{1}{2} \right) = \frac{\sqrt{\pi}}{2}
          \]. Подобным образом можно считать и другие полуцелые факториалы.

          \[
            \Gamma\left( \frac{1}{2} \right) =
            \int_{0}^{+\infty}t^{-\frac{1}{2}}e^{-t}dt  =
            2\int_{0}^{+\infty}\frac{1}{2\sqrt{t}}e^{-t}dt =
            2\int_{0}^{+\infty}e^{-t}d\sqrt{t} = 2\int_{0}^{+\infty}e^{-x^2}dx =
            \int_{-\infty}^{+\infty}e^{-x^2}dx = \sqrt{\pi}
          \] (\defined[интеграл Пуассона]{интеграл Пуассона}).
      \end{enumerate}
  \section{Формула Эйлера-Гаусса}
    Рассмотрим следующее произведение: \[
      A = \Gamma\left( \frac{1}{n} \right)\Gamma\left( \frac{2}{n} \right)
      \cdots \Gamma\left( \frac{n-1}{n} \right)
    \]. Множители можно сгруппировать и вычислить по формулам дополнения: \[
      A = \Gamma\left( \frac{1}{n} \right)\Gamma\left( \frac{n - 1}{n} \right)
      \Gamma\left( \frac{2}{n} \right)\Gamma\left( \frac{n - 2}{n} \right)\cdots
    \]. Здесь не совсем понятно, докуда продолжать это группирование. В этом
    плане удобнее вычислять \(A^2\), так как в нём все множители содержатся по
    два раза, отчего формула становится симметричной: \[
      A^2=  \Gamma\left( \frac{1}{n} \right)\Gamma\left( \frac{n - 1}{n}
      \right)\Gamma\left( \frac{2}{n} \right)\Gamma\left( \frac{n- 2}{n} \right)
      \cdots \Gamma\left( \frac{n - 1}{n} \right)\Gamma\left( \frac{1}{n}
      \right)
    \]. На этом этапе применим формулу дополнения: \[
      \Gamma\left( \frac{n - k}{n} \right)\Gamma\left( \frac{k}{n} \right) =
      \frac{\pi}{\sin\frac{\pi k}{n}}
    \]. Тогда \(A^2\) разложится в произведение таких множителей: \[
      A = \frac{\pi^{n - 1}}{\prod_{k = 1}^{n - 1}\sin\frac{\pi k }{n}} = \Break
    \].

    Посчитаем \(\prod \sin\frac{\pi k}{n}\). Для этого привлечём следующий факт:
    \[
      1 - (\cos\alpha + i\sin\alpha) = 1- \cos\alpha-i\sin\alpha =
      2\sin^2\frac{\alpha}{2} - 2i\sin\frac{\alpha}{2}\cos\frac{\alpha}{2} =
      2\sin\frac{\alpha}{2}\left( \sin\frac{\alpha}{2} -
      i\cos\frac{\alpha}{2} \right)
    \]. Отсюда \[
      \abs{1 - (\cos\alpha +i\sin\alpha)} = \abs{2\sin\frac{\alpha}{2}}
      \abs{\sin\frac{\alpha}{2} - i\cos\frac{\alpha}{2}} =
      \abs{2\sin\frac{\alpha}{2}}
    \]. Теперь применим идею с полиномами: \[
      z^n - 1  = \prod_{k = 0}^{n - 1} \left( z - \left(
      \cos\frac{2\pi k}{n} + i\sin\frac{2\pi k}{n} \right) \right)
    \]. Разделим равенство на \(z - 1\): \[
      z^{n - 1} + z^{n - 2} + \dots + 1 = \frac{z^n - 1}{z - 1}  = \prod_{k = 1}^{n - 1} \left( z - \left(
      \cos\frac{2\pi k}{n} + i\sin\frac{2\pi k}{n} \right) \right)
    \]. Положив \(z = 1\), получим \[
      n = \prod_{k = 1}^{n - 1} \left( 1 - \left(
      \cos\frac{2\pi k}{n} + i\sin\frac{2\pi k}{n} \right) \right)
    \]. Заменим на равенство модулей: \[
      n = \prod_{k = 1}^{n - 1} \abs{ 1 - \left(
      \cos\frac{2\pi k}{n} + i\sin\frac{2\pi k}{n} \right) } = \prod_{k = 1}^{n
      - 1} \left( 2\sin\frac{\pi k}{n} \right)
    \]. Получили, что \[
      \prod_{k = 1}^{n - 1} \left(\sin\frac{\pi k}{n} \right) =
      \frac{n}{2^{n - 1}}
    \]. Тогда \[
      \Resume = \frac{\pi^{n - 1}2^{n - 1}}{n} =\frac{(2\pi)^{n - 1}}{n} = A^2
    \]. Полученное равенство называется \defined[формула Эйлера-Гаусса]{формулой Эйлера-Гаусса}.
  \section{Интеграл Раабе и формула Лежандра}
    \subsection{Интеграл Раабе}
      Рассмотрим следующий интеграл: \[  
        I_0 = \int_{0}^{1}\ln \Gamma(a)da
      \].
      Т.\,к. \[
        \Gamma(a) = \frac{\Gamma(a + 1)}{a}
      \], можно выразить \[
        \int_{0}^{1}\ln\Gamma(a)da = \int_{0}^{1}\ln\Gamma(a + 1) -
        \int_{0}^{1}\ln a da
      \]. Это означает, что интеграл сходится.

      \[
        2I_0 = \int_{0}^{1}\ln\Gamma(a) + \ln\Gamma(1 - a) da =
        \int_{0}^{1}\left( \ln\Gamma(a)\Gamma(1 - a) \right)da =
        \int_{0}^{1} \ln \frac{\pi}{\sin \pi a }da = \ln \pi -
        \int_{0}^{1}\ln\sin\pi a da = \ln\pi - \frac{1}{\pi}\int_{0}^{\pi}\ln\sin
        xdx = \ln\pi - (-\ln 2) = \ln2\pi
      \]. Обозначим \(F(t) = \ln\Gamma(t)\). \[
        R(a) = \int_{a}^{a + 1} F'(t)dt = F(a + 1) - F(a)
      \]. \[
        R'(a) = F'(a + 1) - F'(a) = \ln\Gamma(a + 1) - \ln\Gamma(a) =
        \ln\frac{\Gamma(a + 1)}{\Gamma(a)} = \ln\frac{a\Gamma(a)}{\Gamma(a)} =
        \ln a
      \]. Теперь проинтегрируем соотношение, зная, что \[
        R(a) = \int_{0}^{a}R'(a)da + R(0) = a\ln a - a + \frac{\ln 2\pi}{2}
      \]. Константу \(R(0)\) нашли из \(I_0\): \[
        \int_{0}^{1} \ln\Gamma(t)dt = I_0 = \lim_{a \to 0+} R(a) = C = \frac{\ln
        2\pi}{2}
      \].
    \subsection{Формула Лежандра}
      \[
        B(a, a) = \int_{0}^{1}x^{a-1}\left( 1 - x \right)^{a-1}dx =
        \int_{0}^{1}\left(x - x^2\right)^{a-1}dx = 
        \int_{0}^{1}\left(\frac{1}{4} - \left( x - \frac{1}{2} \right)^2\right)^{a-1}dx =
        \underbrace{\int_{0}^{\frac{1}{2}}\left(\frac{1}{4} - \left( x -
        \frac{1}{2} \right)^2\right)^{a-1}dx}_{\assignto \mathref[s]{1}} +
        \underbrace{\int_{\frac{1}{2}}^{1}\left(\frac{1}{4} - \left( x -
        \frac{1}{2} \right)^2\right)^{a-1}dx}_{\assignto \mathref[s]{2}}
      \]. В интеграле \(\mathref[s]{2}\) сделаем замену \(
        x \mapsto 1-x
      \). Тогда получится, что интегралы совпадут: \[
        \mathref[s]{1} + \mathref[s]{2} = \int_{0}^{\frac{1}{2}}\left( \frac{1}{4} - \left(
        x-\frac{1}{2}\right)^2 \right)^{a-1}dx +
        \int_{0}^{\frac{1}{2}}\left( \frac{1}{4} - \left(
        x-\frac{1}{2}\right)^2 \right)^{a-1}dx =
        2\int_{0}^{\frac{1}{2}}\left( \frac{1}{4} - \left(
        x-\frac{1}{2}\right)^2 \right)^{a-1}dx = \Break
       \]
       Сделаем замену: 
      \[
        \left( x-\frac{1}{2} \right)^2 = \frac{1}{4}t
      \].
      \[
        \Resume = 2\int_{1}^{0}\left( \frac{1}{4} - \frac{1}{4}t
        \right)^{a-1}\left( -\frac{1}{4\sqrt{t}} \right)dt = 
        2\int_{0}^{1}\frac{1}{4^{a-1}}\left( 1-t
        \right)^{a-1}\frac{1}{4}t^{\frac{1}{2}-1}dt =
        \frac{2}{4^a}\int_{0}^{1}\left( 1-t
        \right)^{a-1}t^{\frac{1}{2} - 1}dt = \frac{1}{2^{2a-1}}B\left(a,
        \frac{1}{2}\right)
      \].
      Получаем, что \[
        B\left( a, a \right) \equiv \frac{1}{2^{2a-1}}B\left( a, \frac{1}{2} \right)
      \]. Если выразить здесь бета-функцию через гамма-функцию, получим также \[
        \Gamma(a)\Gamma\left( a+\frac{1}{2} \right) \equiv
        \frac{\sqrt{\pi}}{2^{2a-1}}\Gamma\left( 2a \right)
      \].
      
      Из всего, что мы вывели, можно сформулировать следующий признак
      (доказательство здесь не приводится):
      \begin{theorem}[признак Гамма-функции]
        Если функция \(\Phi(x) : (0, +\infty) \to \realnum\) удовлетворяет
        следующим условиям:
        \begin{enumerate}
          \item
            \(\Phi(a+1) \equiv a\Phi(a)\);
          \item
            \(\Phi(a)\Phi(1-a) \equiv \frac{\pi}{\sin\pi a}\);
          \item
            \(\Phi(a)\Phi\left( \frac{1}{2} \right) =
            \frac{\sqrt{\pi}}{2^{2a-1}}\Phi(2a)\),
        \end{enumerate}
        то это гамма-функция.
      \end{theorem}
      
      Есть более удобный признак, но для него требуется ввести следующее
      \definition[логарифмическая выпуклость]{
        Для \(f(x) : [a, b] \to \realnum\) определим \(g(x) \equiv \ln f(x)\).
        Если \(g(x)\) выпуклая вверх, то \(f(x)\) \defined{логарифмически выпуклая
        вверх}.
      }
      \note{
        Вспомним логарифмическую производную: \[
          g'(x) = \frac{f'(x)}{f(x)}
        \]. Из производной частного имеем \[
          g''(x) = \frac{f''(x)f(x) - \left( f'(x) \right)^2}{f^2(x)}
        \]. Отсюда логарифмическая выпуклость равносильна \[
          \left( f'(x) \right)^2 > f''(x)f(x)
        \].
      }
      Для того, чтобы всё это применить, найдём \defined[производная
      гамма-функции]{производную гамма-функции}. \[
        \Gamma(a) = \int_{0}^{+\infty}x^{a-1}e^{-x}dx
      \]. Продифференцируем интегрируемую функцию: \[
        \Gamma'(a) = \int_{0}^{+\infty}x^{a-1}\ln{x}e^{-x}dx
      \]. Докажем, что действительно можно было поменять дифференцирование и
      интегрирование местами. Для этого покажем равномерную сходимость
      интеграла, предъявив интегрируемую мажоранту. Здесь есть две особые точки:
      1 и \(+\infty\). Интеграл придётся разбить. В единице подберём
      интегрируемую мажоранту, пользуясь неравенством \(0 < a_0 \le a \le A\), a
      точнее \(a_0 \le a\): \[
        \int_{0}^{1}x^{a-1}\ln{x}e^{-x}dx
      \] \[
        \abs{x^{a-1}\ln{x}e^{-x}} \le x^{a_0-1}\abs{\ln{x}}
      \]. На бесконечности подберём интегрируемую мажоранту, пользуясь
      неравенством \(a \le A\): \[
        \abs{x^{a-1}\ln{x}e^{-x}} \le x^Ae^{-x}
      \].

      Эти же действия можно повторить для второго дифференцирования. В итоге
      получим \[
        \Gamma''(a) = \int_{0}^{+\infty}x^{a-1}\ln^2{x}e^{-x}dx
      \].
      
      Применим неравенство Коши-Буняковского: \[
        \int_{a}^{b}f^2(x)dx\int_{a}^{b}g^2(x)dx \ge \left(
        \int_{a}^{b}f(x)g(x)dx \right)^2
      \]. Легко заметить, что \[
        \underbrace{x^{a-1}\abs{\ln{x}}e^{-x}}_{\assignto fg} =
        \underbrace{\sqrt{x^{a-1}e^{-x}}}_{\assignto f}
        \underbrace{\sqrt{x^{a-1}\ln^2{x}e^{-x}}}_{\assignto g}
      \]. Так, получаем \[
        \int_{0}^{1}\left(\Gamma'(x)\right)dx \le \int_{0}^{1}\Gamma(x)dx 
        \int_{0}^{1}\Gamma''(x)dx
      \]. Это и есть логарифмическая выпуклость вниз. Таким образом,
      гамма-функция логарифмически выпуклая вниз.

      \begin{theorem}[признак гамма-функции по логарифмической вогнутости]
        Если дважды дифференцируемая \(\Phi(a)\) логарифмически выпуклая вниз и
        \(\Phi(a+1) = a\Phi(a)\), то это гамма-функция.
      \end{theorem}
  \section{Предельное представление гамма-функции}
    \begin{lemma}
      Для \(\ln{\frac{1}{z}}\) верно следующее предельное представление: \[
        \ln\frac{1}{z} = \lim_n n\left(1 - z^{\frac{1}{n}}\right)
      \].
    \end{lemma}
    \begin{proof}
      Докажем его с конца, то есть, вычислив предел: \[
        \lim_n n\left(1 - z^{\frac{1}{n}}\right) = \lim_n \left(
        \cfrac{1 - z^{\frac{1}{n}}}{\frac{1}{n}}\right) = \lim_{\alpha \to 0+}
        \frac{1 - z^{\alpha}}{\alpha} = \left[ \frac{0}{0} \right] = \Break
      \]. Здесь применим правило Лопиталя: \[
        \lim_{\alpha \to 0+} \frac{-z^{\alpha}\ln{z}}{1} = -\ln{z} =
        \ln\frac{1}{z}
      \].
    \end{proof}
    Доказана поточечная сходимость. Нам же потребуется равномерная.
    \begin{lemma}
      Последовательность \(\{n\left(1 - z^{\frac{1}{n}}\right)\}\) сходится к
      \(\ln\frac{1}{z}\) равномерно.
    \end{lemma}
    \begin{proof}
      \TODO{help me i can not}
    \end{proof}
    \[  
      \Gamma(a)  = \int_{0}^{+\infty}x^{a-1}e^{-x}dx=
      -\int_{0}^{+\infty}x^{a-1}de^{-x} = \Big[t=e^{-x}\Big] = -\int_{1}^{0}\left(
      \ln\frac{1}{t}\right)^{a-1}dt = \int_{0}^{1}\left(\ln\frac{1}{t}
      \right)^{a-1}dt = \Break
    \]. Здесь применим леммы. Равномерная сходимость нужна, чтобы вытащить
    предел из-под знака интеграла: \[
      \Resume = \int_{0}^{1}\left( \lim_n n\left( 1 - t^{\frac{1}{n}} \right)
      \right)^{a - 1} = \lim_n n^{a - 1} \int_{0}^{1}\left(1 -
      t^{\frac{1}{n}}\right)^{a-1}dt = \Break
    \]. Сделаем замену:
    \{
      \[
        u = t^{\frac{1}{n}}
      \], \[
        t = u^n
      \], \[
        dt = nu^{n-1}du
      \].
    \}
    Тогда \[
      \Resume = \lim_n n^a \int_{0}^{1} \left( 1-u \right)^{a-1}u^{n-1}du \equiv
      n^a B(n, a) = n^a B(a, n) = n^a\frac{(n-1)!}{a(a+1)\cdots(a+n-1)}
    \]. Отсюда \[
      \Gamma(a) = \lim_n \frac{n^a(n-1)!}{a(a+1)\cdots(a+n-1)}
    \]. Это равенство носит название формулы Эйлера.

    Несколько теорем, которые можно доказать при помощи такого представления.
    \begin{theorem}[формула произведения Гаусса]
      \[
        \Gamma(a)\Gamma\left( a + \frac{1}{n} \right)\cdots\Gamma\left( a +
        \frac{n-1}{n} \right) =
        \frac{(2\pi)^{\frac{n-1}{2}}}{n^{na-\frac{1}{2}}}\Gamma(na)
      \]
    \end{theorem}
    \begin{theorem}
      Предел \[
        \gamma = \lim_N \left( \sum_{n = 1}^N \frac{1}{n} - \ln N \right)
      \] называется постоянной Эйлера. Утверждается, что \[
        \Gamma(1) = -\gamma
      \].
    \end{theorem}
    Больше интересных свойств гамма-функции найти трудно, даже если изучить её
    вдоль и поперёк. Посему с параметрическими интегралами заканчиваем, и
    переходим к полноценным функциям многих переменных.

